山東省菏澤市2021-2022學年高三上學期期末數學試題B（ 含答案解析 ）

2021—2022學年度第一學期期末考試高三數學試題（B）第I卷注意事項：1.答第卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考試科目用鉛筆涂寫在答題卡上.2.每題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑.如需改動，用橡皮擦干凈后，再改涂在其它答案標號.一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用集合的交集運算即可求解.【詳解】由題意知：，，所以，故C項正確.故選：C.2.已知，則（）A.0 B.2 C.4 D.6【答案】B【解析】【分析】根據分段函數的解析式，先求出，再求的值即可.【詳解】因為，則.故選：B.3.已知，則的值等于（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】直接由誘導公式、二倍角公式運算即可求解.【詳解】由題意.故選：D.4.若雙曲線的實軸長為2，則其漸近線方程為A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用雙曲線的實軸長求出a，然后求解漸近線方程即可．【詳解】雙曲線的實軸長為2，得，又，所以雙曲線的漸近線方程為.故選A.【點睛】本題考查雙曲線的簡單性質的應用，考查漸近線方程，屬于基礎題．5.若函數的圖象在點處的切線方程為，則實數（）A. B.1 C. D.2【答案】C【解析】【分析】由導數的幾何意義求解即可.【詳解】因為，所以，因為函數的圖象在點處的切線方程為，由導數的幾何意義可得，解得：.故選：C.6.函數是定義在上的偶函數，且，若，則（）A.0 B.1 C.2 D.4【答案】B【解析】【分析】求出的一個周期為2，從而得到.【詳解】因為，所以，又是定義在上的偶函數，所以，故，所以的一個周期為2，.故選：B7.設數列的前項和為，若為常數，則稱數列為“吉祥數列”.已知等差數列的首項為2，且公差不為0，若數列為“吉祥數列”，則數列的通項公式為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】設出等差數列的公差，根據為常數求得后可得通項公式．【詳解】設等差數列的公差，則，∴．又數列為“吉祥數列”，∴為常數，不妨設，則得，則，解得：，∴.故選：D．8.我國古代《九章算術》里記載了一個求“羨除”體積的例子，羨除，隧道也，其所穿地，上平下邪.小明仿制“羨除”裁剪出如圖所示的紙片，在等腰梯形中，，，在等腰梯形中，.將等腰梯形沿折起，使平面平面，則五面體中異面直線與所成角的大小為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】過點作的垂線，垂足為，連接，，根據已知得出四邊形為菱形，即可得出，再根據面面垂直的性質證明，即可根據線面垂直的判定得出平面，即可根據線面垂直的性質得出，即可得出答案.【詳解】過點作的垂線，垂足為，連接，，四邊形為等腰梯形，,四邊形為等腰梯形，,,四邊形為菱形，，，平面平面，平面平面，平面ABEF，平面，平面，,平面，平面，,平面，平面，，異面直線與所成角的大小為.故選：D.二、多項選擇題：本大題共4個小題，每小題5分，共20分，在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，選對但不全的得2分，有選錯的的0分.9.已知，則下列各式成立的是（）A. B. C. D.【答案】BD【解析】【分析】取特值可判斷A，C；由指數函數的單調性可判斷B；作差法判斷D.【詳解】對于A，取，則，故A錯誤；對于B，設，因為在R上單調遞增，而，所以，所以B正確；對于C，取，，所以，故C錯誤；對于D，，因為，所以，，，所以，所以，故D正確.故選：BD.10.如圖，順次連接正五邊形的不相鄰的頂點，得到五角星形狀，則以下說法正確的是（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【分析】根據正五邊形的幾何特征，結合數量積的運算，向量的加減運算對選項進行逐項判斷即可.【詳解】由正五邊形的對稱性可得，每個正五邊形的內角為，對于A，在中，，則，進而，所以，同理可得，故四邊形是平行四邊形，所以，故A正確；對于B，由對稱性可得，且，所以，故B正確；對于C，假設，因為，所以，由對稱性可得，所以，得是等邊三角形，則，所以，故C不正確.對于D，要證，即證四邊形是平行四邊形，因為五邊形為正五邊形，所以，因為在中，，所以，，進而，所以，同理可得，故四邊形平行四邊形，故D正確.故選：ABD.11.在中，角所對的邊分別為，且，將分別繞邊，所在的直線旋轉一周，形成的幾何體的體積分別記為，側面積分別記為則（）A. B. C. D.【答案】AD【解析】【分析】先分別求出將繞邊、、旋轉一周形成的幾何體的體積和側面積，然后對四個選項逐一判斷即可.【詳解】將繞邊所在的直線旋轉一周形成的幾何體是圓錐，其底面半徑是，母線長為，高為.所以其體積，其側面積；將繞邊所在的直線旋轉一周形成的幾何體是圓錐，其底面半徑，母線長為，高為.所以其體積，其側面積；將繞邊所在的直線旋轉一周形成的幾何體是兩個底面重合的圓錐，其底面半徑是，母線長分別為和，高之和為.所以其體積，其側面積.對于選項A：，故A正確；對于選項B，故B錯誤；對于選項C：，而，所以，故C錯誤.對于選項D，，故D正確；故選：AD.12.已知函數的圖象如圖所示，令，則下列說法正確的是（）A.B.函數圖象的對稱軸方程為C.若函數的兩個不同零點分別為，則的最小值為D.函數的圖象上存在點，使得在點處的切線斜率為【答案】AC【解析】【分析】根據圖象可求出函數，即可得，計算可知A正確，整體代入可得函數圖象的對稱軸方程為，即B錯誤；分別求的兩零點的表達式可得的最小值為，即C正確；利用導數的幾何意義可知D錯誤.【詳解】由圖象可知，設的最小正周期為，又，解得；由圖可得，又，所以，即；因此，所以；即可得，故A正確；令，解得，所以函數圖象的對稱軸方程為，即B錯誤；令，即可得，解得；可得，當時，的最小值為，即C正確；易知，而，因此不存在點，使得在點處的切線斜率為，即D錯誤；故選：AC第II卷三、填空題：本大題共4個小題，每小題5分，共20分.13.不等式的解集為___________.【答案】【解析】【分析】利用分式不等式的解法解原不等式即可得解.【詳解】由可得，解得.故原不等式的解集為.故答案為：.14.我國古代數學名著《孫子算經》載有一道數學問題：“今有物不知其數，三三數之剩二，五五數之剩二，七七數之剩二.問物幾何？“這里的幾何指多少的意思.翻譯成數學語言就是：求正整數N，使N除以3余2，除以5余2.根據這一數學思想，今有由小到大排列的所有正整數數列{an}，{bn}，{an}滿足被3除余2，a1=2，{bn}滿足被5除余2，b1=2，把數列{an}與{bn}相同的項從小到大組成一個新數列記為{cn}，則cn=______.【答案】##【解析】【分析】由題意得都是等差數列，兩個公差的最小公倍數，即為的公差．【詳解】，故的公差為3，的公差為5，故的公差為15．故答案為：15.三棱錐的各頂點都在同一球面上，底面，若，且，此球的表面積等于________.【答案】【解析】【分析】確定的形狀，利用線面垂直性質可得兩兩垂直，再將三棱錐補形成正方體，利用三棱錐與正方體有相同的外接球求解即得.【詳解】在中，由及余弦定理得：，于是，即，由底面，平面，得，三棱錐可補形成一個以為棱的正方體，三棱錐的外接球與該正方體的外接球相同，球半徑，所以此球的表面積.故答案為：.16.拋物線的焦點為，為拋物線上的兩點，以為直徑的圓過點，過的中點作拋物線的準線的垂線，垂足為，則的最大值為_______．【答案】【解析】【分析】由拋物線的定義以及已知條件可得，，.代入后，通過不等式的性質即可得到最值.【詳解】如圖，分別過點、作拋物線的準線的垂線和，垂足分別為、.由拋物線定義得，，由題意知，，又以為直徑的圓過點，所以有，則.又因為時，，所以，所以有成立，所以.所以，=,即的最大值為.故答案為：.【點睛】結論點睛：1.凡涉及拋物線上的點到焦點距離時，一般運用定義轉化為到準線距離處理．2．若為拋物線上一點，由定義易得；若過焦點的弦的端點坐標為，，則弦長為，可由根與系數的關系整體求出；若遇到其他標準方程，則焦半徑或焦點弦長公式可由數形結合的方法類似地得到．四、解答題：解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.已知內角的對邊分別為.（1）證明：；（2）點在邊上，，求.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理化簡證明即可.（2）利用勾股定理和正弦定理求解即可.【小問1詳解】在中，因為，由正弦定理，得，整理得，因為，所以；【小問2詳解】如圖，取AB中點E，連接CE，由（1）得，為等腰三角形，所以，設，則，由勾股定理得解得，所以，，所以，在三角形BCD中，由正弦定理可得，得18.在等差數列中，已知.（1）求數列的通項公式；（2）若，求數列的前項和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）設等差數列的首項為，公差為，由題意列方程組，解方程求出，，再由等差數列的通項公式即可得出答案；（2）由（1）求出，再由分組求和法求解即可.【小問1詳解】設等差數列的首項為，公差為，由題意得，解得，所以；【小問2詳解】因為，所以，當n為偶數時，，當n為奇數時，為偶數，，所以.19.已知圓C經過兩點，，且圓心C在x軸上．（1）求圓的標準方程；（2）已知直線l與直線AB垂直，且與圓C相交所得弦長為，求直線l的方程．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）設出圓的方程，待定系數法求出方程；（2）利用點到直線距離公式及垂徑定理進行求解.【小問1詳解】已知圓心C在x軸上，故設圓的標準方程為，因圓C經過兩點，，所以，解之得，所以；【小問2詳解】由題意知，所以直線l的斜率為，所以設直線l的方程為，得圓心C到直線l的距離為，因為直線l與圓C相交所得弦長為，所以，所以，即，求得或，所以直線l的方程為或．20.如圖，三棱錐中，，，，.（1）求證：平面平面；（2）若點是上的動點，試求的長，使得二面角的大小為.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）作出輔助線，得到各邊長，由勾股定理逆定理得到⊥，從而得到線面垂直，面面垂直；（2）建立空間直角坐標系，求出各點的坐標，設，求出兩個平面的法向量，利用二面角的大小為列出方程，求出，求出的長.【小問1詳解】過點D作與點O，因為，所以，因為，所以，可得，，因為，，，所以，又在中，由余弦定理得，因為，所以在中，，故⊥，又因為，平面，所以⊥平面.因為平面，所以平面⊥平面；【小問2詳解】過O作交AB于E，由（1）可知，OE，OC，兩兩垂直，以O為原點，所在直線分別為軸建立空間直角坐標系，因為，所以，過點作⊥于點，則，，，則，為平面ADF的一個法向量，設平面BDF的法向量為，設，，由，取，則，所以，即，解得，此時，使得二面角的大小是.21.已知橢圓的離心率為是橢圓的右焦點，點，直線的斜率為為坐標原點.（1）求方程；（2）設過點的直線與相交于兩點，求的面積的最大值.【答案】（1）（2）1【解析】【分析】（1）由兩點的斜率公式求出，再結合橢圓的離心率和焦點坐標求出，即可得出答案；（2）當直線l斜率存在時，設直線，聯立直線和橢圓方程，由韋達定理表示出，點到直線的距離公式求出點O到直線PQ的距離，代入三角形的面積公式結合基本不等式即可得出答案.【小問1詳解】由條件知，得，又，，所以，，故E的方程；【小問2詳解】依題意易知當l垂直于x軸時，不合題意，設直線，將代入，得，設，所以，即，，從而.又點O到直線PQ的距離，所以，設，則，當且僅當成立，所以的最大值為1.【點睛】關鍵點睛：本題的關鍵點在于聯立直線和橢圓的方程，由韋達定理表示出，再求出點O到直線PQ的距離，代入，結合基本不等式即可得出答案.22.已知函數．（1）求函數的單調區(qū)間；（2）若對任意的，都有成立，求a的取值范圍．【答案】（1）答案見解析（2）【解析】【分析】（1）求出，分別討論不同范圍下的